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Somme série

Modifié (November 2021) dans Analyse
Bonjour
Montrer que
$$
\sum_{n=1}^{\infty}\Big(n\big(\sum_{j=n}^{\infty} \frac{1}{j^2}\big)^2 - \frac{1}{n}\Big) = \frac{3}{2} - \frac{\zeta(2)}{2} + \frac{3\zeta(3)}{2}.

$$ Merci.

Avec quelques questions intermédiaires ça ferait un joli exercice oral ENS ou X année $\geq 2022$ 

Réponses

  • Problème 12287 de l'American mathematical monthly..
  • Une méthode qui fonctionne souvent pour démontrer ce type d'égalité est de transformer ce qu'on somme en intégrale.
    Mais, ici, il faudra sûrement utiliser une intégrale multiple*.

    On peut montrer, pour ce faire, que: $\displaystyle \sum_{j=n}^\infty \dfrac{1}{j^2}=\int_0^1 \int_0^1 \dfrac{(xy)^{n-1}}{1-xy}dxdy$

    *probablement quadruple du fait ce ce qui précède et de la présence du carré.
  • Modifié (November 2021)

    Astucieux d'introduire l’intégrale double.


  • Voici une solution.

    On vérifie rapidement que la série converge et on note $S$ sa somme. 

    On commence par une sommation d'Abel avec $a_n=n$ et $b_n = \displaystyle \left(\sum_{j=n}^\infty \frac{1}{j^2} \right)^2 - \frac{1}{n^2}$, d'où

    \begin{align*}
       S &= \lim_{n \to + \infty} \left\lbrace \left( \left( \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2} \right)^2 - \frac{1}{(n+1)^2} \right) \frac{n(n+1)}{2} \right\rbrace \\
       & \qquad+ \sum_{n=1}^\infty \left\lbrace \left( \frac{1}{n^2} \left( \frac{1}{n^2} + 2 \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2} \right) + \frac{1}{(n+1)^2} - \frac{1}{n^2} \right) \frac{n(n+1)}{2} \right\rbrace.
    \end{align*}Il est facile de vérifier que la quantité dans la limite est $\ll n^{-1}$, de sorte que

    \begin{align*}
       S &= \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{n(n+1)}{2n^4} + \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2} - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} \right) \right) \\
       &= \frac{1}{2} \left( \zeta(2) + \zeta(3) \right) + \sum_{n=1}^\infty \left( \left( 1 + \frac{1}{n} \right) \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2} - \frac{1}{2} \left(  \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} \right) \right) \\
       &= \frac{1}{2} \left( \zeta(2) + \zeta(3) \right) + S_1 + S_2
    \end{align*}

    \begin{align*}
       S_1 & := \sum_{n=1}^\infty \left( \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2} - \frac{1}{2} \left( \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} \right) \right) \\
       S_2 & :=  \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{n} \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2} \right).
    \end{align*}
    Il est connu que $S_2 = \zeta(3)$, on peut facilement le redémontrer le cas échéant. Pour $S_1$, on refait une sommation d'Abel avec $a_n=1$ et $b_n = \displaystyle \sum_{j=n+1} \frac{1}{j^2} - \frac{1}{2} \left(  \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} \right)$, ce qui donne
    $$S_1 = \lim_{n \to \infty} \left\lbrace n \left( \sum_{j=n+2} \frac{1}{j^2} - \frac{1}{2} \left(  \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} \right)\right) \right\rbrace - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n+1)^2(n+2)}.$$
    La quantité dans la limite est $\ll n^{-1}$, d'où
    $$S_1 = - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n+1)^2(n+2)} = \frac{3}{2} - \zeta(2).$$
    En conclusion
    $$S= \frac{1}{2} \left( \zeta(2) + \zeta(3) \right) + \frac{3}{2} - \zeta(2) + \zeta(3) = \frac{3 \zeta(3)}{2} - \frac{\zeta(2)}{2} + \frac{3}{2} \approx 2,48.$$
  • Modifié (November 2021)
    Comme quoi la transformation d’Abel permet de calculer la somme d’une série. 

  • Modifié (November 2021)
    Cette série se trouve dans la Gazeta Matematica, seria A, Nr 3-4 , 2020 
    Pearls of quadratic series par Ovidiu Furdui and Alina Sintamarian 
    C’est dans le théorème 1 https://ssmr.ro/gazeta/gma/2020/gma3-4-2020-continut.pdf
    O.Furdui et À.Sintamarian ont trouvé comment utiliser la transformation d’Abel pour calculer la somme de divers séries.
  • Je ne connaissais pas cet article.

    En revanche, il y a une coquille dans leur sommation d'Abel : l'indice supérieur de la seconde somme est $n-1$ et non $n$. Évidemment, lorsqu'on l'utilise sur des séries convergentes comme je l'ai fait ci-dessus, cette coquille devient sans objet.
  • Autre article d’Ovidiu Furdui calcul de somme de séries via la transformation d’Abel
    http://files.ele-math.com/articles/jca-08-11.pdf

  • Là encore, la formule (5) de sommation d'Abel n'est pas correcte : il faut mettre $n-1$ à la place de $n$ dans la seconde somme (bizarre pour un journal à referee que cette erreur n'ait pas été signalée).

    Ceci dit, c'est intéressant, mais on ne peut s'empêcher de penser qu'ils ont trouvé là le bon filon.  o:)
  • Merci, noix de totos, pour cette belle démonstration.
    Pour la démo de $S_2=\zeta(3)$, on fait comment ? Sais-tu où on peut la trouver ?
  • Modifié (November 2021)
    Où la trouver, non, peut-être dans l'un des papiers fournis par Etanche.

    Mais peu importe : je vais te la faire, elle repose d'ailleurs sur le même principe, i.e. une sommation (ou transformation, ici) d'Abel. Elle nécessite aussi l'identité
    $$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2} = 2 \zeta(3)$$
    où $H_n$ est, comme d'habitude, le $n$ème nombre harmonique. Voir https://mathworld.wolfram.com/RiemannZetaFunction.html, formule (67).

    On fait donc une sommation d'Abel avec $a_n := \dfrac{1}{n}$ et $b_n:= \displaystyle \sum_{j=n+1}^\infty \frac{1}{j^2}$, ce qui donne
    $$S_2 = \lim_{n \to + \infty} \left( H_n \sum_{j=n+2}^\infty \frac{1}{j^2} \right) + \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}.$$
    On vérifie que la quantité dans la limite est $\asymp \frac{\log n}{n}$, de sorte que cette limite est nulle, et donc
    $$S_2 = \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2} = \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{H_{n+1}}{(n+1)^2} - \frac{1}{(n+1)^3} \right) = 2 \zeta(3)-1-(\zeta(3)-1) = \zeta(3).$$
  • Pendant que j'y pense, il est peut-être utile de rappeler la version "séries" de la sommation d'Abel utilisée ici.

    Si toutes les séries en jeu convergent, alors
    $$\sum_{n=1}^\infty a_n b_n = \lim_{n \to + \infty} \left( b_{n+1} \sum_{k=1}^n a_k \right) + \sum_{n=1}^\infty \left( b_n - b_{n+1} \right) \left( \sum_{k=1}^n a_k \right).$$

    Particulièrement utile, ce résultat est le pendant discret de l'IPP pour les intégrales. De plus, si $b_n = f(n)$ où $f$ est de classe $C^1$, alors on peut remplacer la seconde somme par une intégrale, faisant ainsi une version semi-continue de la transformation d'Abel, qui prend alors souvent le nom de sommation partielle.
  • Modifié (November 2021)
    J'ai trouvé une façon de prouver que \[\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{n} \sum_{j=n+1}^{+\infty}\frac{1}{j^2}\right)= \zeta(3)\] sans utiliser un quelconque résultat annexe.
    Toutes les interversions de sommes et d'intégrales ci-dessous sont valides car tout est positif.
    \[\begin{align*}\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{n} \sum_{j=n+1}^{+\infty}\frac{1}{j^2}\right) &= \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{n} \sum_{j=n+1}^{+\infty}\int_0^1 u^{j-1}(-\ln(u)) du \right)\\&= \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n} \int_0^1\frac{u^{n}}{1-u} (-\ln(u)) du\\&= \int_0^1 (-\ln(1-u)) \frac{-\ln(u)}{1-u}du \\&= \int_0^1 \frac{\ln(1-u)\ln(u)}{u}du \quad \text{par le changement de variable } u\mapsto 1-u \\&= \sum_{n=1}^{+\infty} \int_0^1 \frac{u^{n-1}}{n} (-\ln(u))du \\&= \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^3} \\&= \zeta(3)\end{align*}\]
    Malheureusement, même si le reste peut être guidé soigneusement pour être accessible, ce calcul à lui-seul prendrait plus de la moitié de l'exercice... et je ne vois pas comment l'éviter car je n'ai pas réussi à transposer le changement de variable $u\mapsto 1-u$ pour éviter le recours aux intégrales.
  • Effectivement, le recours à
    $$\int_0^1 x^{k-1} \log x \, \textrm{d}x = - \frac{1}{k^2}$$
    est une autre idée assez fréquente dans le calcul de ce type de séries. L'un des inconvénients est que ça conduit souvent à des intégrales de la forme
    $$\int_0^1 \frac{\textrm{Li}_j(x) \log x}{1-x} \, \textrm{d}x \quad \left( j=2,3,\dotsc \right)$$ 
    où $\textrm{Li}_j(x)$ est la fonction polylogarithmique $\displaystyle \textrm{Li}_j(x) := \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^j}$, et on a alors souvent recours aux tables existantes sur ces intégrales.
  • Modifié (November 2021)
    Je propose une autre démonstration que celle de noix de totos pour la question initiale. Elle utilise aussi $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2} = 2 \zeta(3).$
    \begin{align*}S=\sum_{n=1}^{\infty}\left( n\left(\sum_{j=n}^{\infty} \frac{1}{j^2}\right)^2 - \frac{1}{n}\right)&=\sum_{n=1}^{+\infty}n\left( \sum_{j=n}^{+\infty}\frac{1}{j^2}-\frac{1}{n}\right)\left( \sum_{j=n}^{+\infty}\frac{1}{j^2}+\frac{1}{n}\right) \\&=\sum_{n=1}^{+\infty}n\left( \sum_{i=n}^{+\infty}\frac{1}{i^2(i+1)}\right)\left( \sum_{j=n}^{+\infty}\frac{2j+1}{j^2(j+1)}\right) \quad \text{avec } \frac{1}{n}=\sum_{j=n}^{+\infty}\frac{1}{j(j+1)} \\&= \sum_{n\leq i,j}\frac{n(2j+1)}{i^2(i+1)j^2(j+1)}\\&= \sum_{i<j}\frac{2j+1}{2ij^2(j+1)}+\sum_{j\leq i}\frac{2j+1}{2i^2(i+1)j}\\&= \sum_{j=1}^{+\infty}\frac{2j+1}{2j^2(j+1)}\left( H_j-\frac1j\right)+\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{2i+H_i}{2i^2(i+1)}\\&= \sum_{j=1}^{+\infty}\frac{2j+2}{2j^2(j+1)}H_j-\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{2j+1}{2j^3(j+1)}+\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{1}{i(i+1)}\\&= \sum_{j=1}^{+\infty}\frac{H_j}{j^2}-\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(j+1)^2-j^2}{2j^3(j+1)}+1\\&= 2\zeta(3)-\frac12(\zeta(2)+\zeta(3))+\frac32= \frac{3}{2} - \frac{\zeta(2)}{2} +\frac{3\zeta(3)}{2}\end{align*}
    En septembre 2013, JLT avait donné une démonstration de $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2} = 2 \zeta(3)$ sans utiliser d'intégrales :
    \begin{align*}T=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{H_n}{n^2}&=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac1{n^2} \sum_{k=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n+k}\right)\\&= \sum_{n,k\geq1}\frac{1}{nk(n+k)}\\&= \sum_{n,k\geq1}\frac{1}{(n+k)^2}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{n}\right)\\&= 2\sum_{n,k\geq1}\frac{1}{k(n+k)^2}\\&= 2\sum_{k<n}\frac{1}{kn^2}\\&= 2\sum_{n\geq1}\left(\frac{H_n}{n^2}-\frac{1}{n^3}\right)\\&= 2T-2\zeta(3)\end{align*}
    Grâce à JLT j'ai supprimé les passages à la ligne dans l'environnement align* et cela fonctionne !
    Quand on copie des formules LaTeX il faut faire "coller en texte brut", un "coller" simple me fait des choses bizarres.
  • Modifié (November 2021)
    Jandri,

    Tu peux soumettre ta solution à la MAA : 

    https://americanmathematicalmonthly.submittable.com/submit
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